2022-2023学年四川省巴中市平昌县平昌中学高二上学期第二次月考数学（理）试题（解析版）

这是一份2022-2023学年四川省巴中市平昌县平昌中学高二上学期第二次月考数学（理）试题（解析版），共16页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．椭圆的长轴长为（ ）
A．4B．6C．16D．8
【答案】D
【分析】化椭圆方程为标准方程形式，求出的值，即可求出长轴长.
【详解】化椭圆方程为一般形式：，
所以，即，即椭圆长轴长为.
故选：D.
2．设,命题“若,则方程有实根”的逆否命题是
A．若方程有实根，则
B．若方程有实根，则
C．若方程没有实根，则
D．若方程没有实根，则
【答案】D
【详解】试题分析：原命题的逆否命题是：若方程没有实根，则，故选D.
【解析】四种命题.
3．已知，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，则下列说法中正确的是（ ）
A．若，，则B．若，，则
C．若，，则D．若，，则
【答案】C
【解析】根据线面平行垂直的判定与性质证明或者举出反例即可.
【详解】对A,当时,也可满足,,故A错误.
对B,当时,,也能成立,故B错误.
对C,根据线面垂直的性质可知若,,则成立.故C正确.
对D,当为墙角三角形的三个面时,,,.故D错误.
故选：C
【点睛】本题主要考查了线面平行与垂直的命题判定,需要根据线面垂直平行的性质判断或者举出反例即可.属于中档题.
4．设满足：，则点的轨迹为（ ）
A．圆B．椭圆C．椭圆或线段D．线段
【答案】B
【分析】根据椭圆的定义判断即可.
【详解】解：因为表示点到点的距离，
表示点到点的距离，
又，，
即，
所以动点的轨迹是以、为焦点的椭圆.
故选：B
5．若圆与圆有且仅有3条公切线，则（ ）
A．16B．28C．9D．
【答案】A
【分析】根据两圆公切线的条数判断出两圆的位置关系，由此列方程来求得的值.
【详解】由于两个圆有且仅有条公切线，所以两圆外切，
圆的圆心为，半径，
圆的圆心为，半径为，
所以，解得.
故选：A
6．在正方体中，若M、N是棱的中点，则异面直线所成角的正弦值为（ ）
A．B．1C．D．
【答案】C
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求解.
【详解】解：建立如图所示空间坐标系：
设正方体的棱长为1，则，
所以，
设异面直线所成的角为，
则，
所以，
所以异面直线所成角的正弦值为.
故选：C
7．已知直线与直线垂直，则在x轴上的截距为（ ）
A．2B．C．8D．4
【答案】B
【分析】根据直线垂直得到，再取，计算得到答案.
【详解】直线与直线垂直，则，解得，
直线，取，得到.
故选：B
8．椭圆的左、右顶点分别是A、B，左、右焦点分别是.若成等差数列，则此椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意可知：，
根据成等差数列，可得与的关系，进而求出离心率.
【详解】由题意可知：，
又因为成等差数列，所以，
也即，所以，则，
故选：C.
9．下列叙述中正确的是（ ）
A．若，则“”的充分条件是“”
B．“”的充要条件是“”
C．命题“对任意，有”的否定是“存在，有”
D．命题“若，则或”是假命题
【答案】B
【分析】对于A，由充分条件的定义结合一元二次不等式恒成立的条件分析判断，对于B，由充要条件的定义分析判断，对于C，将全称命题否定特称命题即可，对于D，由命题的逆否命题的真假判断.
【详解】对于A，因为当，时，，
所以“”的充分条件不是“”，所以A错误，
对于B，由，得，由上式可知，
所以，所以，
当时，则，所以，所以，
所以“”的充要条件是“”，所以B正确，
对于C，命题“对任意，有”的否定是“存在，有”，所以C错误，
对于D，命题“若，则或”的逆否命题为
“若且，则”，此命题为真命题，
所以原命题为真命题，所以D错误，
故选：B.
10．过点的直线l与圆有公共点，则直线l的斜率的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设出直线l的方程，利用点到直线距离公式，列出不等式求解作答.
【详解】设直线l的斜率为k，则直线l的方程为：，即，
因直线l与圆有公共点，则，解得，
所以直线l的斜率的取值范围是.
故选：A
11．知椭圆，C的上顶点为A，两个焦点为，的面积为，点P是椭圆上任意一点（非顶点），Q是的内心，直线交于M，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先求得的关系式，然后利用等面积法列方程，化简求得，进而求得.
【详解】的面积为，即，
，
，
过作轴，垂足为，过作轴，垂足为，
设内切圆半径为，依题意可知，
，
，
所以.
故选：A
12．在正三棱柱中，所有棱长之和为定值，当正三棱柱外接球的表面积取得最小值时，正三棱柱的侧面积为（ ）
A．12B．16C．24D．18
【答案】D
【分析】根据正三棱柱外接球的表面积的最小值列方程，结合正三棱柱侧面积的计算公式求得正确答案.
【详解】设正三棱柱的底面边长为，侧棱长为，为正实数，
设，为正常数，，
设正三棱柱外接球的半径为，底面外接圆半径为，
由正弦定理得，
所以
，
所以当时，
取得最小值为，
所以正三棱柱外接球的表面积的最小值.
则，
此时正三棱柱的侧面积为.
故选：D
二、填空题
13．设，若，则______.
【答案】
【分析】根据列方程，化简求得的值.
【详解】，
由于，所以，
所以，
解得.
故答案为：
14．若圆锥的母线长是5，高是 4，则该圆锥的体积是______.
【答案】
【分析】求出圆锥的底面半径，然后利用圆锥的体积个数求解即可．
【详解】解：圆锥的母线长为5，高为4，
可得圆锥的底面半径为：，
所以圆锥的体积是：．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查圆锥的体积的求法，属于基础题．
15．已知圆与直线相交于A、B两点，则______.
【答案】2
【分析】确定圆心和半径，计算圆心到直线的距离为，再计算弦长得到答案.
【详解】圆，即，圆心，半径，
圆心到直线的距离为，故.
故答案为：2
16．已知分别是椭圆的左、右焦点，A是C的左顶点，点P在过A且斜率为的直线上，为等腰三角形，，则C的离心率为______.
【答案】
【分析】求得直线的方程，根据题意求得点坐标，代入直线方程，即可求得椭圆的离心率.
【详解】解：如图所示，

由题意知：，
所以，直线的方程为，
因为，为等腰三角形，，即，
所以，
代入直线AP：，整理得，
所以，所求的椭圆离心率为.
故答案为：
三、解答题
17．已知，，.
(1)若q的充分不必要条件是p，求实数m的取值范围；
(2)若，“”为真命题，“”为假命题，求实数x的取值范围.
【答案】(1).
(2)或.
【分析】（1）求出名中不等式的解集，根据充分不必要条件可得集合之间的包含关系，从而列出不等式组，求得答案.
（2）由“”为真命题，“”为假命题，可得命题p与q一真一假，分类讨论p与q的真假，解不等式组可得答案.
【详解】（1）由题意，命题，记命题p对应的集合为；
命题，记命题q对应的集合为；
∵q的充分不必要条件是p，即且，
∴,
∴，解得：,验证时，，符合题意，
故实数m的取值范围为；
（2）∵，故命题，命题命题；
∵“”为真命题，“”为假命题，∴命题p与q一真一假，
①若p真q假，则，解得：；
②若p假q真，则，解得：
综上所述，实数x的取值范围为：或.
18．设椭圆过点.
(1)求C的标准方程；
(2)若过点且斜率为的直线l与C交于M，N两点，求线段中点P的坐标.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根据给定的条件，将两个点的坐标代入椭圆方程，解方程组作答.
（2）求出直线l的方程，再与椭圆方程联立，借助根与系数的关系求解作答.
【详解】（1）因椭圆过点，
则有，解得，
所以椭圆C的标准方程为：.
（2）依题意，直线l的方程为：，由消去y并整理得：，
显然，设，则，
因此线段中点P的横坐标，其纵坐标，
所以线段中点P的坐标为.
19．如图，四棱锥的底面是菱形，平面，点，分别为棱的中点.
(1)求证：平面面；
(2)求证：平面.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）连接，根据题意可证明平面，根据面面垂直判定定理即可证平面面；
（2）取中点为G，连接，构造平行四边形证明，根据线面平行判定定理即可证明平面.
【详解】（1）解：由题，连接，
∵四边形是菱形，故；
∵平面，且平面；
∴；
又，且平面；
∴平面；
∵平面
∴平面面；
（2）解：由题，取中点为G，连接；
∵四边形是菱形，且点，分别为棱的中点；
∴且；
∴四边形是平行四边形，故；
∵平面，平面；
∴平面.
20．已知直线l过点，且______.在下列所给的三个条件中任选一个，补充在上面的问题中，并完成解答（若选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分）.
①与圆相切；②倾斜角的余弦值为；③直线l的一个方向向量为.
(1)求直线l的一般方程；
(2)若由直线l上一点M引圆的切线，切点为N，求的最小值.
【答案】(1)；
(2)3
【分析】（1）若选①：根据点圆的关系，结合圆的切线性质进行求解即可；
若选②：根据同角的三角函数关系式，结合直线点斜式方程进行求解即可；
若选③：根据直线的方向向量的性质，结合直线点斜式方程进行求解即可.
（2）根据直线与圆的位置关系，结合圆的切线性质进行求解即可.
【详解】（1）选①，∵上，
点在该圆上，显然圆心到直线的距离为，
所以直线l斜率存在且唯一；
故设直线l为；
∵直线l与圆相切；
故圆心到直线l的距离等于半径；
∴；
∴直线l的一般方程为.
选②，设直线l的倾斜角为，则；
∴，故直线l的斜率为；
∵直线l过点；
∴；
∴直线l的一般方程为；
选③，∵直线l的一个方向向量为；
∴l的斜率；
∵直线l过点；
∴；
∴直线l的一般方程为；
（2）由题（1）知直线；
由圆，故圆心，半径为2；
因为圆心到该直线的距离为，
所以直线l圆C相离，
连接，则，即为直角三角形，
如下图所示：
∴；
∴当取得最小值时，最小.
∵的最小值即点C到直线l的距离，
即，此时，
∴的最小值为3.
21．如图，三棱锥及其正视图与俯视图如图所示.
(1)求证：；
(2)若D是的中点（未画出），求二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）通过证明线面垂直来证得.
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得二面角的余弦值，进而转化为正弦值.
【详解】（1）由正视图与俯视图可知：平面平面，且；
过点P作延长线的垂线，垂足为O，则，连接，如图所示；
由于平面平面，且交线为,平面，
所以平面，由于平面，所以，
由主视图和俯视图可知；
∵平面，平面；
∴平面，又平面；
∴；
（2）由（1）知，两两垂直；
∴以O为原点，建立如图所示直角坐标系；
由三视图知；
∴；
，
设平面的法向量为；
∴；
∴令，则；
平面的法向量为；
∴；
∴，
∴二面角的正弦值为.
22．已知圆和定点，P是圆上任意一点，线段的垂直平分线交于点M，设动点M的轨迹为曲线E，且曲线E与直线相切.
(1)求曲线E的方程；
(2)若过点且斜率为k的直线l与曲线E交于A，B两点.
（ⅰ）求k的取值范围；
（ⅱ）求面积的最大值.
【答案】(1)
(2)（i）或（ii）
【分析】（1）根据椭圆的定义求得曲线的方程，
（2）（ⅰ）写出直线的方程并与曲线的方程联立，利用判别式求得的取值范围.
（ⅱ）求得三角形面积的表达式，利用基本不等式求得面积的最大值.
【详解】（1）由题意圆，故圆心，半径；
∵点且线段的垂直平分线交于点M；
∴；
∴；
∴动点M的轨迹曲线E是以，为焦点，为长轴的椭圆；
∴曲线；
∵曲线E与直线相切，故，；
∴曲线；
（2）依题直线；
则由；
（ⅰ）∵；
∴或；
（ⅱ）设
∵
∴；
；
；
原点O到直线l的距离；
∴；
；
；
；
当且仅当即时取得最大值；
∴面积的最大值为.